北京市延庆区2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份北京市延庆区2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边经过点，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义即可求解.
【详解】由三角函数的定义可知，
故选：A
2. 已知向量，且与方向相反，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】相反向量是共线向量，根据共线向量的概念求解即可.
【详解】由题可知与是共线向量且方向相反，
所以,且,
所以，解得(舍去)
故选：D.
3. 在△中，，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，再借助正弦定理求解即可.
【详解】由得，由正弦定理得，，解得，又，故，.
故选：A.
4. 已知，且角，的终边关于轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据对称性，求的关系，根据诱导公式，即可求解.
【详解】因为角，的终边关于轴对称，所以，，
即，.
故选：B
5. 设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用可能平行判断，利用线面平行的性质判断，利用或与异面判断，与可能平行、相交、异面，判断.
【详解】，，则可能平行，错；
，，由线面平行的性质可得，正确；
，，则， 与异面；错，
，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
6. 在中，，则“”是“的面积为”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形面积公式以及余弦定理可判断“”和“的面积为”之间的逻辑推理关系，即得答案.
【详解】由已知在中，，
若，则为正三角形，故，
若的面积为，则，
又,即，
解得，故，
所以“”是“的面积为”的充分必要条件，
故选：C
7. 在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体中，连接，

根据线面角的定义可知，
因为，所以，从而求得，
所以该长方体的体积为，故选C.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
8. 已知函数的最小正周期为，最大值为，则函数的图象（ ）
A. 关于直线对称
B. 关于点对称
C. 关于直线对称
D. 关于点对称
【答案】C
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化简，再根据周期性求出，根据最值求出，再根据正弦函数的对称性逐一判断即可.
【详解】，其中，
因为函数的最小正周期为，
所以，解得，
因为函数的最大值为，
所以，解得（舍去），
所以，
因为，
所以函数图象不关于直线对称，也不关于点对称，故AB错误；
因为，
所以函数图象关于直线对称，不关于点对称，故C正确，D错误.
故选：C.
9. 在中，AC=3,BC=4,∠C=90°．P为所在平面内的动点，且，则PA⋅PB的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出PA，PB，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以PA=3-csθ,-sinθ，PB=-csθ,4-sinθ，
所以PA⋅PB=-csθ×3-csθ+4-sinθ×-sinθ
=cs2θ-3csθ-4sinθ+sin2θ
=1-3csθ-4sinθ
=1-5sinθ+φ，其中，，
因为，所以-4≤1-5sinθ+φ≤6，即PA⋅PB∈-4,6；
故选：D

10. 在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥为阳马，且，底面．若是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件作出与、与底面所成角，确定二面角的平面角，再推理计算作答.
【详解】四棱锥中，是线段上的点(不含端点)，过E作交CD于F，连接DE，SF，如图，
则是与所成的角，即，因底面，则是与底面所成的角，即，
而底面， 则，又是长方形，即，而，平面，
则平面，又平面，即有，于是得是二面角的平面角，，
中，，中，，
由底面，底面可得，而，则有，
因，平面，则平面，又平面，
有，，
因，即有，因此，，而正切函数在上递增，
所以.
故选：A
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11. 向量满足与夹角为，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】先求，即可得解.
【详解】，
所以.
故答案为：2.
12. 在中，点，满足，．若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知得，由此能求出结果．
【详解】解：在中，点，满足，，
，
，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查代数式求值，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用，属于基础题．
13. 已知是任意角，且满足，则常数k的一个取值为__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用诱导公式，求得取值集合.
【详解】满足，
，得，，
当时，.
故答案为：（答案不唯一）
14. 楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中面ABCD为正方形．若，，且EF与面ABCD的距离为2cm，则该楔体形构件的体积为______.

【答案】
【解析】
【分析】作辅助线，将五面体分割为三棱柱与四棱锥，再利用锥体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】由五面体ABCDEF可知，四边形与四边形都为平面四边形.
如图所示，分别取，的中点，，连接，，，

因为面为正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以，
因为，分别为，的中点，，，
所以，
则四边形为平行四边形，同理四边形也为平行四边形.
则，平面，平面，
所以平面，同理平面，又，
且平面，平面，
所以平面平面，又四边形也是平行四边形，
所以几何体为三棱柱，
已知EF与面ABCD的距离为2cm，即点到平面的距离.
由题意，；
又；
所以该五面体的体积
．
故答案为：.
15. 如图，在棱长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列四个结论：
①；
②面积的最小值是；
③只存在唯一的点P，使平面APC；
④当时，平面平面．
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】证明平面判断①；求出的面积表达式并求解最值判断②；利用过一点有且只有一个平面垂直于已知直线判断③；证明平面且平面判断④.
【详解】①连接，在正方体中，
平面，平面，则，
又，平面，平面，
则平面，又平面，则，①正确；
②设交于，连接.由平面，得，
所以，
在中，当时，最小，
又，，，
，
此时，
因此面积的最小值为，②错误；
③连接，由①知，平面，又平面，
所以，同理，
因为，平面，平面，
因此平面，
当点为直线与平面的交点时，平面，
由于过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，
于是过直线与直线垂直的平面有且只有一个，
所以存在唯一的点，使平面，③正确；
④当时，在中，，
，
则，
即，则，
又，平面，平面，
所以平面，即平面，
由①同理可知，，
且平面， 平面，
因此平面，则平面平面，④正确，
故答案为：①③④.
三．解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面是PB的中点.
（1）求直线BD与直线PC所成角的大小；
（2）求点B到平面ADE的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角；
（2）利用点到平面距离向量公式直接计算即可.
【小问1详解】
以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系.

由题意，A1,0,0，，，P0,0,1，，
设直线BD与直线PC所成的角为，
因为，，
，
所以直线BD与直线PC所成角为；
【小问2详解】
因为，，，
所以，
，
则为平面的一个法向量，
设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值，
由，得，
所以点到平面的距离为.
17. 已知函数．
（1）求的最小正周期及上的最值：
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）；最大值为，最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）应用二倍角余弦公式、辅助角公式可得，根据正弦函数的性质即可求最小正周期和最值；
（2）令，可得的取值范围．
【小问1详解】
根据题意，
，
∴的最小正周期；
，，
则，即，
∴函数在区间上最大值为，最小值为；
【小问2详解】
由函数在单调递增，
令，得.
18. 在中，且为锐角．求：
（1）求的大小；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据大角对大边、小角对小边可知的范围，进而可知的范围，由即可得到角A的值；
（2）根据正弦定理求出，进而可知，所以可求，再利用三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为,所以,所以,由得
所以.
【小问2详解】
由正弦定理,得,所以
因为为锐角,所以,
所以存在且唯一确定.
因为,
所以
从而.
19. 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，是AB的中点.
（1）求二面角的余弦值；
（2）在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，且
【解析】
【分析】（1）证明，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案；
（2）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角为，求出和，设，求出，根据直线与平面所成的角为，根据，求出.
【小问1详解】
连接，因为，是中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以，
因为三角形为正三角形，所以，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，，所以，
由轴与平面垂直，所以是平面的一个法向量，
所以，
所以二面角的余弦值为；
【小问2详解】
假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角为，
，，
设，
则，
直线与平面所成的角为，
，则，
因为，所以，
所以在线段上存在点使得直线与平面所成角为，且.
20. 如图，三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点．

（1）求证：；
（2）若，从条件①、条件②、条件③中选择两个条件作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：
条件②：二面角为直二面角
条件③：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；
（2）选①②，取中点，连接，，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
若选②③，连接，取中点，连接，，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
选①③，连接，取中点，连接，，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即得到平面，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
在三棱柱中，，
又面，面，
所以平面，
又面面，面，
所以.
【小问2详解】
若①②，取中点，连接，，由题意易知，
又二面角为直二面角，即面面，
因为面面，平面，所以面，
而平面，
所以，平面，
故，
由，则，
故可以以为原点，以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则由题意易知，
，
所以，
设面的一个法向量为，则，
令，故，
设直线与面所成角为，
则，
所以直线与面所成角的正弦为；
若选②③：连接，取中点，连接，，
在菱形中，
所以为等边三角形.
又为中点，所以，
因为二面角为直二面角，即面面，
面面，平面，
所以平面，
因为平面，
故，
又，所以.
故可以以为原点，以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则由题意易知，
，
所以，
设面的一个法向量为，则，
令，故，
设直线与面所成角为，
则，
所以直线与面所成角的正弦为；
若选①③，取中点，连接，，
由题意易知，
又在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，所以，则，
而，
故可以以为原点，以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则由题意易知，
，
所以，
设面的一个法向量为，则，
令，故，
设直线与面所成角为，
则，
所以直线与面所成角的正弦为.
21. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为．
（1）写出函数的“伴随向量”为，并求；
（2）已知的“伴随函数”为的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为．
①若，求的取值范围；
②求证：向量的充要条件是．
【答案】（1），
（2）①；②证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意化简计算即可；
（2）①因为，不妨设，再根据题意代入计算化简即可；
②先根据，判断必要性；再根据判断充分性即可.
【小问1详解】
由题可知
故，所以
【小问2详解】
①设
由题可知，
所以
故
②先判断必要性，由题可知，
设
再判断充分性，
由
设
故
故
因为，
所以
所以有
因为，所以
所以
因为
得
证得向量的充要条件是